河南青桐鸣联考2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

秘密★启用前 高一数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用粮皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答題卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 装 1.已知a=(2,5),b=(-1,x),且a⊥b,则x= A.S B.5 c- 5 5 D.-2 2.已知i为虚数单位，则可= A.5i B.5 C.-5i D.-5 3.已知a,b,c是空间三条直线，a%,则“a∥c”是“a,b,c三线共面”的 订 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4在△ABC中，E为AB边上的中线CD上-点，且G币=G正，若A正=名丽+号AC, 则t= A号 B.2 C.3 D.4 线 5.已知a,b是两条不同的直线，平面a,3满足a∩β=b,则下列结论正确的是 A若a∥a,则a,b共面 B.若a⊥a,则a与B有公共点 C.若a与B无公共点，且a⊥b,则a⊥β D.若存在平面y,使得a⊥y,b⊥Y,aCB,则a∥a 6,在矩形ABCD中，AB=4,BC=2,点E为线段BD(包含端点)上一动点，则AE·C它 的取值范围为 A.[-5,0] n[-.0 C.[-5,-1] 数学（人教B卷）试题第1页（共4页） 霸巴a 7.如图，在直三棱柱ABC-A,B,C1中，AB=BC=2√2，AA,= 3,AB⊥BC,D,E分别为A1B1,AC的中点，过点E作与CD D 垂直的平面a,且平面a与该三棱柱的侧面BCC,B,的交线为 线段FH,则FH= A.3 B.③a 2 .g C D.2 2 8.已知A,B是两个暗礁群，将其视为质点，相距5√I5km.为保障航行安全，欲在一条东 西方向的航道EF(视为直线)上选取C,D点建两座灯塔，其中C选取在距A比距B 近的地方，且在灯塔C处测得A在它的南偏东15°方向，测得B在它的南偏东60°方向. 从灯塔C沿航道EF向正东行驶30km可到灯塔D,在灯塔D处测得A在它的南偏西 45°方向，则在D处测得B在它的 A.南偏西75°方向 B.南偏西60°方向 C.南偏西30°方向 D.南偏西15°方向 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知向量a=(m,2),b=(1,n),则 A.若m=1,则a一2b=(-1,0) B.若a仍，则m=√2 C若双=-2，则与a同向的单位向量为-受号) 1 D.若1a+2b1=|2a-b,则m=2 10.已知复数之1，之2满足1=i,其中i为虚数单位，则 22 A.z1=之2 B.z1|=|z2 D.|z1+22|=√2|z1| 22 11.如图，梯形ABCD为圆台的轴截面，已知AB=4,CD=1,且 梯形ABCD的面积为15：5，则 A.圆台的母线长为3 173 B.圆台的体积为8π C.已知点F为CD上靠近点C的三等分点，则沿着圆台表面从A到F的最短路径的 长度为√13 D.在该圆台内能放入一个可以绕正方体中心自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略 不计，则该正方体棱长的最大值为号 数学（人教B卷）试题第2页（共4页） 觸国鞋 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知(a+2i)(1一i)=3一bi(a,b∈R,i为虚数单位)，则a+b= 13.已知用斜二测画法作出△ABC的直观图△A'B'C'如图所 示，∠yO'x=45°，B'C'∥x轴，B'C'=2,且△A'B'C的面积 为√2，则△ABC的边BC上的高为 14.已知平面向量a,b满足a一2b|=|a+b|,a一b在a上的投 影向量为2a,当X∈R时，a一b的最小值为，则号a十 b= 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 已知复数之满足之十1一2i为实数，之一3十2i为纯虚数，i为虚数单位. (1)求之； (2心若复数之1=之·「m十(m-D十干m∈R)在复平面内对应的点乙，位于第四 象限，求m的取值范围. 16.(15分) 如图，在平行四边形ABCD中，∠DAB=60°，AB=2,AD=3,点E满足EC=2BE, F为CD的中点.记AB=m,AD=n, (1)用m,n表示AC,EF; (2)设AC∩EF=M,求cos∠CMF的值. 数学（人教B卷）试题第3页（共4页） 餐®全王 17.(15分) 如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，O为侧面BCC1B,的中心. (1)证明：AB∥平面A1DO; D C (2)求直线A1B与平面A,DO所成角的大小； (3)求三棱锥A-A,DO的外接球的表面积. 0 ce 装 18.（17分) 设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(a+c)2一b2=4 ac cos2C. (1)证明：B=2C; (2)若a=3,c=2,求△ABC的面积； (3)若△ABC为锐角三角形，且b=2,求△ABC的周长的取值范围. 订 19.(17分) 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=BC=AD=2,CD=4,E为CD的中点，将 △DAE沿AE翻折至△PAE的位置，使点D落在点P的位置，且PB=√6，F,G分 别为AE,BC的中点， (1)证明：平面PAE⊥平面ABCE 线 (2)若线段PC上存在点M,使得平面PBF∥平面MEG, (1)猎想兴的值，并说明理由； (Ⅱ)求二面角P-BE-M的正弦值. 数学（人教B卷）试题第4页（共4页） 露巴高一数学（人教B 1.B【解析】因为a⊥b,所以a·b=2×(-1)+ 5x=0,解得x=行 2 故选B. 2.A【解折】因为==-i,所以号=号=5就 故选A. 3.D【解析】当a仍，a∥c时，b∥c,若三棱柱的三条 侧棱所在直线分别为a,b,c,满足a∥c,但a,b,c 三线不共面，充分性不成立；当a,b,c三线共面，且 a仍时，a与c可能相交，也可能平行，所以必要性 不成立. 故选D. 4.C【解析】A应=AC+C它=AC+1C而 =AC+1(A市-AC) -A市+1-)ad =A+1-）AC=后A+号AC, 故选C 5.D【解析】当a与B相交时，因为a∩B=b,a∥a, 所以a,b异面，A错误； 当a⊥B,a史3时，因为a⊥a,所以a∥B,所以a与 B没有公共点，B错误； 若a与3无公共点，则a∥B,如图，显然满足a⊥b, 但a与B不垂直，C错误； 因为存在平面y,使得a⊥y,b⊥y,所以a仍，因为 aC3,所以a中a,又a∩B=b,则bCa,所以a∥a, D正确。 故选D. 6.A【解析】以A为原点，AB,AD所在直线分别为 x轴、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， ·数学（人教B卷）答案 卷)参考答案 D F A B 则A(0,0),C(4,2),设E(x,y)(0≤x≤4)，当x≠ 0且x≠4时，过E作EFLy轴于点F,则= 22之，所以y=2专（当z=0政4时他成立， 则E(,2-）A应=(x,2-),C应=(x-4, -受)，所以正.0应=-4-x+-子 5x=5(2-1)/-5,当x=2时，A它.C它取得最 小值-5；当x=0或4时，A它.C2取得最大值0. 故A正.C龙的取值范围为[-5,0]. 故选A. 7.B【解析】如图，作DG⊥A1C1,G为垂足，则 DG⊥平面A1C1CA,连接CG,过E作EF⊥CG, 交CC1于点F,易知DG⊥EF,且DG∩CG=G, 所以EF⊥平面CDG,又CDC平面CDG,则 EF⊥CD, 易知A1C1=AC=4,A1G=1,又∠CGC1= ∠GCE,且∠CGC1+∠GCC1=90°，∠GCE+ ∠FEC=90°，所以∠GCC1=∠FEC,则tan∠GCC,= tan∠FEC,即SC_FC cC=CE,所以FC=2. 连接B1C,过F作FH⊥B1C,交BC于H,因为 AB⊥BC,所以A1B1⊥B1C1,则A1B1⊥平面 BCC1B1,所以A1B1⊥FH,又A1B,∩B,C=B1, 所以FH⊥平面B1CD,则FH⊥CD, 连接EH,则平面EFH就是平面a. C G (第1页，共6页)· CS扫描全能王 址 3亿人都在用的扫描ApP 由tan∠B,CC1=tan∠FHC,得 B:C_FC CC1C五' 则22、2 3cH,所以CH=32 2 所以H=+()- 21 故选B. 8.C【解析】根据题意作出如图所示的示意图，在 △ACD中，CD=30,∠ACD=90°-15°=75°， ∠ADC=45°，则∠CAD=60°，由正弦定理得 sin∠CAD-sin∠ADC,所以AC=30sin45 CD AC sin60° 10√6. 北 D 在△ABC中，∠ACB=45°，由余弦定理得AB2= AC2+BC2-2AC·BCcos45°， 即(6v5)°=10v6)+Bc-2X10w6×号BC, 整理得BC2-20√3BC+225=0, 解得BC=5√3或BC=15√3， 因为AC<BC,所以BC=15√3 在△BCD中，∠BCD=30°，则BD √302+(15V3)2-2×30×15v3× 2 =15, 因为BC2+BD2=CD2,所以∠CBD=90°，则 ∠CDB=60°，所以在D处测得B在它的南偏西 30°方向上. 故选C. 9.AC【解析】若m=1,则a=(1,2),b=(1,1),所 以a-2b=(-1,0),A正确； 若a∥仍，则m2-2=0,解得m=±√2，B错误； 若m=一2，则a|=2v2,所以与a同向的单位向 量为日-(-受号)1.c正确： a+2b=（m+2,2m+2),2a-b=(2m-1,4- ·数学（人教B卷）答案 m),由a+2b=2a-b,得(m+2)2+(2m+ 2)=(2m-10+(4-m),解得m=含，D错误 故选AC. 10.BCD【解析】设之1=a十bi(a,b∈R),则之2= 之-a+6i=b-ai,所以z2=b十ai,则21与2： 不一定相等，A错误； 因为z1|=√a+b2,|之2|=W62+(-a)7= √a2十b2,所以|之1|=之2，B正确； 之1 a-bi (a-bi)(b-ai) 22 b+ai b2+a2 ab-ab-(b+a2)i=-i,C正确； b2+a2 z1+z2=a+b+(b-a)i,所以|之1十x2|= √/(a+b)2+(b-a)=√2×√a2+b2=√2|z1|, D正确. 故选BCD. 11,ACD【解析】过D作DE⊥AB于E,由2(1+ ,解得DE=3V3 4)·DE=15V3 2 所以AD= √3）+2-)广=3，A正确： 由上可知，该圆台的高为，所以该图台的体积为 8元，B 错误； 设O1,O分别为圆台的上、下底面的圆心，将圆台 补成维P0,则册沿-，即p识3=宁 PD 1 所以PD=1, 圆锥PO的展开图如图， A 7 过点F作FH⊥PD于点H,易知AH=2,FH= (第2页，共6页)· CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描Ap 则所求的最短距离为AF-√（侣）广+图- √13，C正确； 圆台补成的圆锥的轴截面是一个边长为4的正三 角形，且该正三角形的内切圆的半径为3 ,因为2y3<DE3 V42-29-23 3 2 4,所以该圆 台内能放人的最大球的半径为，设正方体校 长的最大值为1，则32=(2×2y3), 3）,所以1= 3D正确。 故选ACD. 12.0【解析】(a+2i)(1-i)=(a+2)+(2-a)i= a+2=3, 3-bi,则 a=1, 解得 2-a=-b, 6=-1, 所以a十b=0. 13.4【解析】过B'作B'D'⊥x轴，垂足为D',过B 作B'E∥y√轴，交x轴于点E', 0 EAD→x 易知△B'D'E为等腰直角三角形，由S△A'C= 名BC.BD'=E,得BD=,所以BE'= √(W2)2+(W2)2=2, 故△ABC的边BC上的高为2B'E'=4. 14.√7【解析】由|a-2b=a+b,得(a-2b)2= （a+b)2,整理得a·6=1b2, 2, 1 因为a-b在a上的投影向量为2a, 所以a-b)·a。1 1a2a=2a,整理得a·b=a 因此|a=|b, a·b1 所以cos<a,b>=Tab-2’ 则ab的夹角为智。 ·数学（人教B卷）答案 设OA=a,OB=b,如图所示， 0 a 则|a-λb|=|BA|,显然当且仅当OB⊥AB,即 点B与点C重合时，|BA|取得最小值√，所以 1asin牙=3，则|a=b=2,故2a+b 1 √ga+b-√a+ab+=7. /1 15.解：(1)设之=a十bi(a,b∈R), 因为之+1-2i=(a+1)+(b-2)i为实数， 所以b-2=0,解得b=2. (2分) 因为之-3十2i=(a-3)+(b+2)i为纯虚数，所 以a一3=0，解得a=3, (4分) 故之=3+2i. (6分) (2)由(1)可知，之=3-2i. (7分) 之=(3+2D·[m+(m-1D门+2-21=m十2+ 1+i (5m-3)i-2i=(m+2)+(5m-5)i, (9分) (m+2>0, 由题意可知， (11分) 5m-5<0, 解得-2<m<1, 故实数m的取值范围为（一2,1）. (13分) 16.解：(1)AC=AB+AD=m+n; (2分) 成-成+-号成+C币-号-A- 2 3n-2m. (6分) (2)ad.床-(m+·(号am) 2 -m+mn 1 -号×9-×4+日×2x8× 2=2 (9分) |AC|=√(m+n)z=√m2+n2+2m·n =√4+9+2×2×3×2=1， (11分) -√m町 (第3页，共6页)· CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描Ap /4 √gn2+m2- 2 3m·n √×3+ 4 22 2X3 2=3, (13分) 所以cos∠CMF=cos<AC,EF= AC.EF ACIEF 9 _3√57 √19X√538 (15分) 17.解：(1)证明：连接AD1,与A1D交于点E,连 接BC1, B D= .:32- B 因为O为侧面BCC1B1的中心，所以O为BC1 的中点， (1分) 连接OE,因为AB∥CD,CD∥C1D1,且AB= CD,CD=CD1, 所以AB∥C1D1,且AB=C1D, 则四边形ABC1D1为平行四边形， (2分) 因为E为AD1的中点，易知AB∥OE,(3分) 又AB中平面A1DO,OEC平面A1DO, 故AB∥平面A1DO. (4分) (2)连接B1C,则B1C∩BC1=O,则BO⊥B1C, (5分) 易知四边形A1B,CD为平行四边形， 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平 面BCC1B1, 又BOC平面BCC1B1,所以A1B1⊥BO,(6分) 因为A1B,∩B,C=B1,故BO⊥平面A1B1CD, 即BO⊥平面A:DO, 所以∠BA1O为直线A1B与平面A1DO所成的 角， (7分) 在Rt△A1BO中，易求A1B=√22十2=2√2， B0-2BC=E,所以sin∠BA,0=2,(8分) ·数学（人教B卷）答案 则∠BA,0=若， 故直线A1B与平面AD0所成角的大小为看 (9分) (3)设三棱锥A-A1DO的外接球的球心为M,半 径为R, 因为△A1AD的外接圆的圆心为E,所以ME⊥ 平面A1AD, (10分) 由(1)可知，ABOE,AB⊥平面A1AD, 所以OE⊥平面A1AD,因此球心M在线段OE 上， (11分) 易求AE=√2，OE=2,由R2=(W2)2+(2-R)2, (13分) 解得R=, (14分) 故三棱锥A-A1DO的外接球的表面积为S球M= 4πR2=9π. (15分) 18.解：(1)证明：由(a十c)2-b2=4 ac cos2C,得a2+ c2-62=2ac(2cos2C-1)=2accos 2C,(1) 由余弦定理，得a2+c2-b2=2 accos B, 所以2 accos B=2 accos2C, (2分) 因为ac≠0，所以cosB=cos2C, (3分) 又B,C∈(0，π)， 所以B=2C或B+2C=2π， (4分) 因为B十C=π一A<π，所以B+2C<2π， 所以B=2C. (5分) (2)由B=2C,得sinB=sin2C=2 sin Ccos C, (6分) 由正弦定理与余弦定理，得6=2cXa2+6一c2, 2ab (7分) 又a=3,c=2,所以6=4x5+0 2×3b, 整理得b2-10=0, 解得b=√10， (8分) 则cosB=a2+c2-6-32+2-(W10)21 2ac 2×3×2 4’ 所以sinB=√1-cosB=√压】 4 (9分) 1 故△ABC的面积为S△Aac=2 acsin B=2X3X (第4页，共6页)· CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 2X5_315 4 4 (10分) 0<A<, (3)由题意可知， 0<B<受，即 0<C<, 0<π-3C≤T 2 0208, 解得百<C<牙， (12分) lc<, 由正弦定理得a 2 sin a sin B sin c,则A 'sin 3C 2 C sin 2C sin C' (13分) 所以a=2sin3C.2sinC sin 2C,c= sin 2C' (14分) 则a十c 2(sin 3C+sin C) sin 2C 2[sin(2C+C)+sin(2C-C)]-4c0s CE(2, sin 2C 2W3), (16分) 所以△ABC的周长的取值范围为(2十2√2,2+ 23). (17分) 19.解：(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD,AB= BC=AD=2,CD=4,E为CD的中点， 所以AB∥CE,且AB=CE=BC, 则四边形ABCE为菱形，所以AE=BC,(1分) 则AD=AE=DE=2,所以△ADE为等边三角 形，因此△PAE为等边三角形， 因为F为AE的中点，所以PF⊥AE.(2分) 易得PF=√5，BF=√3， 又PB=√6，则PF2+BF2=PB2, 所以PF⊥BF, (3分) 因为AE∩BF=F,AE,BFC平面ABCE, 所以PF⊥平面ABCE, (4分) 又PFC平面PAE,故平面PAE⊥平面ABCE. (5分) ·数学（人教B卷）答案 81兴 (6分) 理由如下： 连接AC,与BF,GE分别交于点Q,N,连接PQ, MN. 因为F,G分别为AE,BC的中点，所以四边形 BGEF为平行四边形，所以BFGE, 又BFC平面PBF,GE中平面PBF, 所以GE∥平面PBF. (7分) 因为G为BC的中点，所以GN为△BCQ的中位 线，所以cN=NQ则8-台 (8分) 又兴所以PQNN, 又PQC平面PBF,MN中平面PBF, 所以MN∥平面PBF. 又GE∩MN=N,GE,MNC平面MEG, 所以平面PBF∥平面MEG, PM 1 综上可知，PC=2· (10分) (iⅱ)由(2)（ⅰ）可知，点M的位置唯一确定，即 M为PC的中点. 由(1)可知，PF⊥AE,BF⊥AE,且PF∩BF= F,PF,BFC平面PBF,所以AE⊥平面PBF, (11分) 又AE∥BC,所以BC⊥平面PBF, 又PBC平面PBF,则BC⊥PB, 所以PC=√PB+BC=√10，则MB=2PC= 1 W√10 2 (12分) 在△PEC中，PE=CE=2,PC=√I0,则ME= CE-CM6 2 (第5页，共6页)· CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 又BE2=MB2+ME,所以BM⊥EM. 过M作MH⊥BE于点H, 5×√d 由等面积法可知，MH=ME·MB?X2 BE 2 √1 4 (13分) 在△PBE中，PE=BE=2,PB=√，则边PB上 的商为A=√BE-)=√2-（- √10 2 (14分) 设点M到平面PBE的距离为d, VM-PBE Vo-PEM Va-CEM VA-OCE-3X ·数学（人教B卷）答案 号-CXGX3-PF-号×3x2X8×9 2=2 (15分) 所以×PBA= 2’ 3 解得d=PB·h 3 =V15 v6x10 5 (16分) 2 设二面角P-BE-M的大小为a, 则sina=MF-5 故二面角P-BE-M的正弦值为5 (17分) (第6页，共6页)· CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App